【正文】 G然而，這種求法違背了萬有引力定律適用的條件，是一種錯誤的思路。六、天體運動的計算物理情形：地球和太陽的質(zhì)量分別為m和M ，地球繞太陽作橢圓運動，軌道的半長軸為a ，半短軸為b ，如圖11所示。試求地球在橢圓頂點A、B、C三點的運動速度，以及軌跡在A、C兩點的曲率半徑。模型分析：求解天體運動的本來模式，常常要用到開普勒定律（定量）、機械能守恒（萬有引力勢能）、橢圓的數(shù)學常識等等，相對高考要求有很大的不同。地球軌道的離心率很?。ㄆ渲怠?，其中c為半焦距），這是我們常常能將它近似為圓的原因。為了方便說明問題，在圖11中，我們將離心率夸大了。針對地球從A點運動到B點的過程，機械能守恒m+（－）= m+（－）比較A、B兩點，應用開普勒第二定律，有：vA（a－c）= vB（a + c）結合橢圓的基本關系：c = 解以上三式可得：vA = ， vB = 再針對地球從A到C的過程，應用機械能守恒定律，有m+（－）= m+（－）代入vA值可解得：vC = 為求A、C兩點的曲率半徑，在A、C兩點建自然坐標，然后應用動力學（法向）方程。在A點，F(xiàn)萬 = ΣFn = m an ，設軌跡在A點的曲率半徑為ρA ，即：G= m代入vA值可解得：ρA = 在C點，方程復雜一些，須將萬有引力在τ、n方向分解，如圖12所示。然后，F(xiàn)萬n =ΣFn = m an ，即：F萬cosθ= m即：G = m代入vC值可解得：ρC = 值得注意的是，如果針對A、C兩點用開普勒第二定律，由于C點處的矢徑r和瞬時速度vC不垂直，方程不能寫作vA（a－c）= vC a 。正確的做法是：將vC分解出垂直于矢徑的分量（分解方式可參看圖12，但分解的平行四邊形未畫出）vC cosθ，再用vA（a－c）=（vC cosθ）a ，化簡之后的形式成為vA（a－c）= vC b要理解這個關系，有一定的難度，所以建議最好不要對A、C兩點用開普勒第二定律第三講 典型例題解析教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》，知識出版社，2002年8月第一版。例題選講針對“教材”第五、第六章的部分例題和習題。第五部分 動量和能量第一講 基本知識介紹一、沖量和動量沖力（F—t圖象特征）→ 沖量。沖量定義、物理意義沖量在F—t圖象中的意義→從定義角度求變力沖量（F對t的平均作用力）動量的定義動量矢量性與運算二、動量定理定理的基本形式與表達分方向的表達式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy …定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即=ΣF外 三、動量守恒定律定律、矢量性條件a、原始條件與等效b、近似條件c、某個方向上滿足a或b，可在此方向應用動量守恒定律四、功和能功的定義、標量性，功在F—S圖象中的意義功率，定義求法和推論求法能的概念、能的轉化和守恒定律功的求法a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS Sb、變力的功：基本原則——過程分割與代數(shù)累積；利用F—S圖象（或先尋求F對S的平均作用力）c、解決功的“疑難雜癥”時，把握“功是能量轉化的量度”這一要點五、動能、動能定理動能（平動動能）動能定理a、ΣW的兩種理解b、動能定理的廣泛適用性六、機械能守恒勢能a、保守力與耗散力（非保守力）→ 勢能（定義：ΔEp = －W保）b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能）及定量表達機械能機械能守恒定律a、定律內(nèi)容b、條件與拓展條件（注意系統(tǒng)劃分）c、功能原理：系統(tǒng)機械能的增量等于外力與耗散內(nèi)力做功的代數(shù)和。七、碰撞與恢復系數(shù)碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機械能損失分類）碰撞的基本特征：a、動量守恒；b、位置不超越；c、動能不膨脹。三種典型的碰撞a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機械能損失。滿足——m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 m1 + m2 = m1 + m2解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得：v1 = ， v2 = 對于結果的討論：①當m1 = m2 時，v1 = v20 ，v2 = v10 ，稱為“交換速度”；②當m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0時，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回；③當m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0時，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ，b、非（完全）彈性碰撞：機械能有損失（機械能損失的內(nèi)部機制簡介），只滿足動量守恒定律c、完全非彈性碰撞：機械能的損失達到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個整體，故有v1 = v2 = 恢復系數(shù)：碰后分離速度（v2 － v1）與碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即：e = 。根據(jù)“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。當e = 0 ，碰撞為完全非彈性；當0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞為非彈性；當e = 1 ，碰撞為彈性。八、“廣義碰撞”——物體的相互作用當物體之間的相互作用時間不是很短，作用不是很強烈，但系統(tǒng)動量仍然守恒時，碰撞的部分規(guī)律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、機械能可能膨脹）。此時，碰撞中“不合題意”的解可能已經(jīng)有意義，如彈性碰撞中v1 = v10 ，v2 = v20的解。物體之間有相對滑動時，機械能損失的重要定勢：－ΔE = ΔE內(nèi) = f滑S相 ，其中S相指相對路程。第二講 重要模型與專題一、動量定理還是動能定理？物理情形：太空飛船在宇宙飛行時，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會定時遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質(zhì)量為m ，垃圾的運行速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S ，與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應提供的平均推力F 。模型分析：太空垃圾的分布并不是連續(xù)的，對飛船的撞擊也不連續(xù)，如何正確選取研究對象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對模糊地處理垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考查的“物理過程時間”的差異。物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。先用動量定理推論解題。取一段時間Δt ，在這段時間內(nèi)，飛船要穿過體積ΔV = SvΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動量ΔP ，其動量變化率即是飛船應給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。 = = = = = nmSv2如果用動能定理，能不能解題呢？同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進x = vΔt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的ΔEk為零，所以：W = ΔMv2即：vΔt = （n m SvΔt）v2得到： = nmSv2兩個結果不一致，不可能都是正確的。分析動能定理的解題，我們不能發(fā)現(xiàn)，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機械能，因此，認為“引擎做功就等于垃圾動能增加”的觀點是錯誤的。但在動量定理的解題中，由于I = t ，由此推出的 = 必然是飛船對垃圾的平均推力，再對飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個解沒有毛病可挑，是正確的。（學生活動）思考：如圖1所示，全長L、總質(zhì)量為M的柔軟繩子，盤在一根光滑的直桿上，現(xiàn)用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F 。解：解題思路和上面完全相同。答：二、動量定理的分方向應用物理情形：三個質(zhì)點A、B和C ，質(zhì)量分別為m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸長的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（π－α）?，F(xiàn)對質(zhì)點C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點A開始運動的速度。模型分析：首先，注意“開始運動”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產(chǎn)生，但是繩子的方位尚未發(fā)生變化。其二，對三個質(zhì)點均可用動量定理，但是，B質(zhì)點受沖量不在一條直線上，故最為復雜，可采用分方向的形式表達。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質(zhì)點的瞬時速度可以尋求到兩個約束關系。下面具體看解題過程——繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質(zhì)點的沖量大小相等（方向相反），設為I1 ，BC繩對B、C兩質(zhì)點的沖量大小相等（方向相反），設為I2 ；設A獲得速度v1（由于A受合沖量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），設B獲得速度v2（由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可設v2與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示），設C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。對A用動量定理，有：I1 = m1 v1 ①B的動量定理是一個矢量方程：+= m2 ，可化為兩個分方向的標量式，即：I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ②I2sinα= m2 v2sinβ ③質(zhì)點C的動量定理方程為：I － I2 = m3 v3 ④AB繩不可伸長，必有v1 = v2cosβ ⑤BC繩不可伸長，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥六個方程解六個未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁復程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟——先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六個一級式變成四個二級式：I1 = m1 v1 ⑴I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷解⑶⑷式消掉β，使四個二級式變成三個三級式：I1 = m1 v1 ㈠I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢最后對㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結果為：v1 = （學生活動：訓練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？解：解“二級式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表達式，將I2的表達式代入⑶就行了。答：β= arc tg（）。三、動量守恒中的相對運動問題物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內(nèi)有一個人和N個鉛球，系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)車內(nèi)的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過程，保持每次相對地面拋球速率均為v ，直到將球拋完；第二過程，保持每次相對車子拋球速率均為v ，直到將球拋完。試問：哪一過程使車子獲得的速度更大？模型分析：動量守恒定律必須選取研究對象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照系，這樣對“第二過程”的鉛球動量表達，就形成了難點，必須引進相對速度與絕對速度的關系。至于“第一過程”，比較簡單：N次拋球和將N個球一次性拋出是完全等效的。設車和人的質(zhì)量為M ，每個鉛球的質(zhì)量為m 。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個正方向后，將矢量運算化為代數(shù)運算。設車速方向為正，且第一過程獲得的速度大小為V1 第二過程獲得的速度大小為V2 。第一過程，由于鉛球每次的動量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個球動量守恒。0 = Nm(v) + MV1 得：V1 = v ①第二過程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。第一個球與（N–1）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u1 。值得注意的是，根據(jù)運動合成法則，鉛球對地的速度并不是（v），而是（v + u1）。它們動量守恒方程為：0 = m(v + u1) +〔M +(N1)m〕u1得：u1 =第二個球與（N 2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u2 。它們動量守恒方程為：〔M+(N1)m〕u1 = m(v + u2) +〔M+(N2)m〕u2 得：u2 = + 第三個球與（N 2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u3 。鉛球對地的速度是（v + u3）。它們動量守恒方程為：〔M+(N2)m〕u2 = m(v + u3) +〔M+(N3)m〕u3得：u3 = + + 以此類推（過程注意：先找uN和uN1關系，再看uN和v的關系，不要急于化簡通分）……，uN的通式已經(jīng)可以找出：V2 = uN = + + + … + 即：V2 = ②我們再將①式改寫成：V1 = ①′不難發(fā)現(xiàn)，①′式和②式都有N項，每項的分子都相同，但①′式中每項的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。結論：第一過程使車子獲得的速度較大。（學生活動）思考：質(zhì)量為M的車上，有n個質(zhì)量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)在車上的人以相對車大小恒為v、方向水平向后的初速往車下跳。第